【最新】2023版高中高考数学二轮专题复习微专题20　直线与圆

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高考定位 考查重点是直线间的平行和垂直的条件、与距离有关的问题、直线与圆的位置关系(特别是弦长问题)，此类问题难度属于中低档，一般以选择题、填空题的形式出现.
1.(2020·全国Ⅲ卷)点(0，－1)到直线y＝k(x＋1)距离的最大值为( )
A.1 B.eq \r(2)
C.eq \r(3) D.2
答案 B
解析 设点A(0，－1)，直线l：y＝k(x＋1)，由l恒过定点B(－1，0)，知当AB⊥l时，点A(0，－1)到直线y＝k(x＋1)的距离最大，最大值为eq \r(2).
2.(2022·北京卷)若直线2x＋y－1＝0是圆(x－a)2＋y2＝1的一条对称轴，则a＝( )
A.eq \f(1,2) B.－eq \f(1,2)
C.1 D.－1
答案 A
解析 依题意可知圆心坐标为(a，0)，又直线2x＋y－1＝0是圆的一条对称轴，所以2a＋0－1＝0，所以a＝eq \f(1,2)，故选A.
3.(2021·新高考Ⅰ卷改编)已知点P在圆(x－5)2＋(y－5)2＝16上，点A(4，0)，B(0，2)，则下面结论错误的是( )
A.点P到直线AB的距离小于10
B.点P到直线AB的距离大于2
C.当∠PBA最小时，|PB|＝3eq \r(2)
D.当∠PBA最大时，|PB|＝3eq \r(2)
答案 B
解析 设圆(x－5)2＋(y－5)2＝16的圆心为M(5，5)，半径为4.
由题意知直线AB的方程为eq \f(x,4)＋eq \f(y,2)＝1，
即x＋2y－4＝0，
则圆心M到直线AB的距离d＝eq \f(|5＋2×5－4|,\r(5))＝eq \f(11,\r(5))>4，
所以直线AB与圆M相离，
所以点P到直线AB的距离的最大值为4＋d＝4＋eq \f(11,\r(5))，
又4＋eq \f(11,\r(5))<5＋eq \r(\f(125,5))＝10，故A正确；
易知点P到直线AB的距离的最小值为d－4＝eq \f(11,\r(5))－4，
又eq \f(11,\r(5))－4过点B作圆M的两条切线，切点分别为N，Q，如图所示，连接MB，MN，MQ，
则当∠PBA最小时，点P与N重合，
|PB|＝eq \r(|MB|2－|MN|2)＝eq \r(52＋（5－2）2－42)＝3eq \r(2)；
当∠PBA最大时，点P与Q重合，|PB|＝3eq \r(2)，故C，D都正确.综上，选B.
4.(2020·天津卷)已知直线x－eq \r(3)y＋8＝0和圆x2＋y2＝r2(r＞0)相交于A，B两点.若|AB|＝6，则r的值为______.
答案 5
解析 依题意得，圆心(0，0)到直线x－eq \r(3)y＋8＝0的距离d＝eq \f(|8|,\r(12＋（－\r(3)）2))
＝4，
因此r2＝d2＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(|AB|,2)))eq \s\up12(2)＝25，
又r＞0，所以r＝5.
5.(2022·新高考Ⅰ卷)写出与圆x2＋y2＝1和(x－3)2＋(y－4)2＝16都相切的一条直线的方程________.
答案 x＝－1或7x－24y－25＝0或3x＋4y－5＝0(答案不唯一，只需写出上述三个方程中的一个即可)
解析 如图，因为圆x2＋y2＝1的圆心为O(0，0)，半径r1＝1，圆(x－3)2＋(y－4)2＝16的圆心为A(3，4)，半径r2＝4，
所以|OA|＝5，r1＋r2＝5，所以|OA|＝r1＋r2，所以两圆外切，公切线有三种情况：
①易知公切线l1的方程为x＝－1.
②另一条公切线l2与公切线l1关于过两圆圆心的直线l对称.
易知过两圆圆心的直线l的方程为y＝eq \f(4,3)x，
由eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x＝－1，,y＝\f(4,3)x))得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x＝－1，,y＝－\f(4,3)，))
由对称性可知公切线l2过点eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－1，－\f(4,3))).
设公切线l2的方程为y＋eq \f(4,3)＝k(x＋1)，
则点O(0，0)到l2的距离为1，
所以1＝eq \f(\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(k－\f(4,3))),\r(k2＋1))，解得k＝eq \f(7,24)，
所以公切线l2的方程为y＋eq \f(4,3)＝eq \f(7,24)(x＋1)，
即7x－24y－25＝0.
③还有一条公切线l3与直线l：y＝eq \f(4,3)x垂直，设公切线l3的方程为y＝－eq \f(3,4)x＋t，
易知t>0，则点O(0，0)到l3的距离为1，
所以1＝eq \f(|t|,\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(3,4)))\s\up12(2)＋（－1）2))，
解得t＝eq \f(5,4)或t＝－eq \f(5,4)(舍去)，
所以公切线l3的方程为y＝－eq \f(3,4)x＋eq \f(5,4)，
即3x＋4y－5＝0.
综上，所求直线方程为x＝－1或7x－24y－25＝0或3x＋4y－5＝0.
热点一 直线的方程
1.已知直线l1：A1x＋B1y＋C1＝0(A1，B1不同时为零)，直线l2：A2x＋B2y＋C2＝0(A2，B2不同时为零)，则l1∥l2⇔A1B2－A2B1＝0，且A1C2－A2C1≠0；l1⊥l2⇔A1A2＋B1B2＝0.
2.点P(x0，y0)到直线l：Ax＋By＋C＝0(A，B不同时为零)的距离d＝eq \f(|Ax0＋By0＋C|,\r(A2＋B2)).
3.两条平行直线l1：Ax＋By＋C1＝0，l2：Ax＋By＋C2＝0(A，B不同时为零)间的距离d＝eq \f(|C1－C2|,\r(A2＋B2)).
例1 (1)(2022·安徽江淮十校联考)“a＝－1”是“直线2x＋ay＋4＝0与直线(a－1)x＋y＋2＝0平行”的( )
A.充分不必要条件B.必要不充分条件
C.充要条件D.既不充分也不必要条件
(2)在平面直角坐标系xOy中，直线l1：kx－y＋2＝0与直线l2：x＋ky－2＝0相交于点P，则当实数k变化时，点P到直线x－y－4＝0的距离的最大值为________.
答案 (1)C (2)3eq \r(2)
解析 (1)由两直线平行，得1×2－(a－1)a＝0，解得a＝2或a＝－1，检验：
当a＝2时，两直线重合，舍去；
当a＝－1时，两直线平行.
所以“a＝－1”是“直线2x＋ay＋4＝0与直线(a－1)x＋y＋2＝0平行”的充要条件.故选C.
(2)由题意得，当k≠0时，直线l1：kx－y＋2＝0的斜率为k，且经过点A(0，2)，直线l2：x＋ky－2＝0的斜率为－eq \f(1,k)，且经过点B(2，0)，且直线l1⊥l2，所以点P落在以AB为直径的圆C上，其中圆心坐标为C(1，1)，半径为r＝eq \r(2)，
由圆心到直线x－y－4＝0的距离为d＝eq \f(|1－1－4|,\r(2))＝2eq \r(2)，
得点P到直线x－y－4＝0的最大距离为d＋r＝2eq \r(2)＋eq \r(2)＝3eq \r(2).
当k＝0时，l1⊥l2，此时点P(2，2).
点P到直线x－y－4＝0的距离d＝eq \f(|2－2－4|,\r(2))＝2eq \r(2).
综上，点P到直线x－y－4＝0的距离的最大值为3eq \r(2).
易错提醒 (1)求解两条直线平行的问题时，利用A1B2－A2B1＝0建立方程求出参数值后，要注意代入检验，排除两条直线重合的情况.
(2)设直线方程时，要注意斜率是否存在及各种形式的方程的适用条件.
训练1 (1)(2022·郑州调研)若直线l1：y＝kx－k＋1与直线l2关于点(2，3)对称，则直线l2过定点( )
A.(－3，5) B.(3，－5)
C.(3，5) D.(5，3)
(2)若平面内两条平行线l1：x＋(a－1)y＋2＝0，l2：ax＋2y＋1＝0间的距离为eq \f(3\r(5),5)，则实数a等于( )
A.－2 B.－2或1
C.－1 D.－1或2
答案 (1)C (2)C
解析 (1)直线l1：y＝kx－k＋1，当x＝1时，y＝1，与k无关，故直线l1过定点(1，1).
点(1，1)关于点(2，3)的对称点的坐标为(3，5)，
∵直线l1：y＝kx－k＋1与直线l2关于点(2，3)对称，
∴直线l2过定点(3，5).故选C.
(2)∵l1∥l2，∴a·(a－1)＝2，
解得a＝2或a＝－1，
当a＝2时，d＝eq \f(\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(2－\f(1,2))),\r(2))＝eq \f(3\r(2),4)，不符合题意；
当a＝－1时，d＝eq \f(|2＋1|,\r(5))＝eq \f(3\r(5),5).
热点二 圆的方程
(1)圆的标准方程：(x－a)2＋(y－b)2＝r2(r＞0)，圆心为(a，b)，半径为r.
(2)圆的一般方程：x2＋y2＋Dx＋Ey＋F＝0(D2＋E2－4F＞0)，圆心为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(D,2)，－\f(E,2)))，半径为r＝eq \f(\r(D2＋E2－4F),2).
例2 (1)(2022·全国乙卷)过四点(0，0)，(4，0)，(－1，1)，(4，2)中的三点的一个圆的方程为________.
答案 (x－2)2＋(y－3)2＝13或(x－2)2＋(y－1)2＝5或eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(4,3)))eq \s\up12(2)＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(y－\f(7,3)))eq \s\up12(2)＝eq \f(65,9)或eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(8,5)))eq \s\up12(2)＋(y－1)2＝eq \f(169,25)
解析 依题意设圆的方程为x2＋y2＋Dx＋Ey＋F＝0，其中D2＋E2－4F>0.
若过(0，0)，(4，0)，(－1，1)，
则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(F＝0，,16＋4D＋F＝0，,1＋1－D＋E＋F＝0，))
解得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(F＝0，,D＝－4，,E＝－6，))满足D2＋E2－4F>0，
所以圆的方程为x2＋y2－4x－6y＝0，
即(x－2)2＋(y－3)2＝13；
若过(0，0)，(4，0)，(4，2)，
则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(F＝0，,16＋4D＋F＝0，,16＋4＋4D＋2E＋F＝0，))
解得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(F＝0，,D＝－4，,E＝－2，))满足D2＋E2－4F>0，
所以圆的方程为x2＋y2－4x－2y＝0，
即(x－2)2＋(y－1)2＝5；
若过(0，0)，(－1，1)，(4，2)，
则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(F＝0，,1＋1－D＋E＋F＝0，,16＋4＋4D＋2E＋F＝0，))
解得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(F＝0，,D＝－\f(8,3)，,E＝－\f(14,3)，))满足D2＋E2－4F>0，
所以圆的方程为x2＋y2－eq \f(8,3)x－eq \f(14,3)y＝0，
即eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(4,3)))eq \s\up12(2)＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(y－\f(7,3)))eq \s\up12(2)＝eq \f(65,9)；
若过(－1，1)，(4，0)，(4，2)，
则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(1＋1－D＋E＋F＝0，,16＋4D＋F＝0，,16＋4＋4D＋2E＋F＝0，))
解得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(F＝－\f(16,5)，,D＝－\f(16,5)，,E＝－2，))满足D2＋E2－4F>0，
所以圆的方程为x2＋y2－eq \f(16,5)x－2y－eq \f(16,5)＝0，
即eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(8,5)))eq \s\up12(2)＋(y－1)2＝eq \f(169,25).
(2)阿波罗尼奥斯是古希腊著名数学家，与欧几里得、阿基米德合称为亚历山大时期的数学三巨匠，他对圆锥曲线有深刻而系统的研究，主要研究成果集中在他的代表作《圆锥曲线论》一书，阿波罗尼斯圆是他的研究成果之一，指的是：已知动点M与两定点A，B的距离之比为λ(λ>0，λ≠1)，那么点M的轨迹就是阿波罗尼斯圆.如动点M与两定点Aeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(9,5)，0))，B(5，0)的距离之比为eq \f(3,5)时的阿波罗尼斯圆为x2＋y2＝9.下面，我们来研究与此相关的一个问题.已知圆O：x2＋y2＝1上的动点M和定点Aeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)，0))，B(1，1)，则2|MA|＋|MB|的最小值为( )
A.eq \r(6) B.eq \r(7)
C.eq \r(10) D.eq \r(11)
答案 C
解析 如图，取点K(－2，0)，
连接OM，MK.
当M在x轴上时，|MK|＝2|MA|.
当M不在x轴上时，
∵|OM|＝1，|OA|＝eq \f(1,2)，|OK|＝2，
∴eq \f(|OM|,|OA|)＝eq \f(|OK|,|OM|)＝2.
∵∠MOK＝∠AOM.
∴△MOK∽△AOM，
∴eq \f(|MK|,|MA|)＝eq \f(|OM|,|OA|)＝2，
∴|MK|＝2|MA|，
∴|MB|＋2|MA|＝|MB|＋|MK|，
连接BK，易知|MB|＋|MK|≥|BK|，
∴|MB|＋2|MA|＝|MB|＋|MK|的最小值为|BK|的长.
∵B(1，1)，K(－2，0)，
∴|BK|＝eq \r(（－2－1）2＋（0－1）2)＝eq \r(10).故选C.
规律方法 (1)求圆的方程常用待定系数法(代数法、几何法).
(2)涉及圆上动点的最值问题：①连接圆心再数形结合，②利用换元法：对于圆(x－a)2＋(y－b)2＝r2，设eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x＝a＋rcs θ，,y＝b＋rsin θ))(θ为参数)，转化为三角函数求范围问题.
训练2 (1)(2022·全国甲卷)设点M在直线2x＋y－1＝0上，点(3，0)和(0，1)均在⊙M上，则⊙M的方程为________.
答案 (x－1)2＋(y＋1)2＝5
解析 法一 设⊙M的方程为(x－a)2＋(y－b)2＝r2，
则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(2a＋b－1＝0，,（3－a）2＋b2＝r2，,a2＋（1－b）2＝r2，))
解得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(a＝1，,b＝－1，,r2＝5，))
∴⊙M的方程为(x－1)2＋(y＋1)2＝5.
法二 设⊙M的方程为x2＋y2＋Dx＋Ey＋F＝0(D2＋E2－4F＞0)，
则M(－eq \f(D,2)，－eq \f(E,2))，
∴eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(2·（－\f(D,2)）＋（－\f(E,2)）－1＝0，,9＋3D＋F＝0，,1＋E＋F＝0，))解得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(D＝－2，,E＝2，,F＝－3，))
∴⊙M的方程为x2＋y2－2x＋2y－3＝0，即(x－1)2＋(y＋1)2＝5.
法三 设A(3，0)，B(0，1)，⊙M的半径为r，
则kAB＝eq \f(1－0,0－3)＝－eq \f(1,3)，AB的中点坐标为(eq \f(3,2)，eq \f(1,2))，
∴AB的垂直平分线方程为y－eq \f(1,2)＝3(x－eq \f(3,2))，即3x－y－4＝0.
联立得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(3x－y－4＝0，,2x＋y－1＝0，))解得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x＝1，,y＝－1，))
所以M(1，－1)，
∴r2＝|MA|2＝(3－1)2＋[0－(－1)]2＝5，
∴⊙M的方程为(x－1)2＋(y＋1)2＝5.
(2)(2022·兰州诊断)已知点P为圆C：(x－1)2＋(y－2)2＝4上一点，A(0，－6)，B(4，0)，则|eq \(PA,\s\up6(→))＋eq \(PB,\s\up6(→))|的最大值为( )
A.eq \r(26)＋2 B.eq \r(26)＋4
C.2eq \r(26)＋4 D.2eq \r(26)＋2
答案 C
解析 取AB中点D(2，－3)，
则eq \(PA,\s\up6(→))＋eq \(PB,\s\up6(→))＝2eq \(PD,\s\up6(→))，|eq \(PA,\s\up6(→))＋eq \(PB,\s\up6(→))|＝|2eq \(PD,\s\up6(→))|＝2|eq \(PD,\s\up6(→))|，
又由题意知，圆C的圆心C(1，2)，半径为2，
|eq \(PD,\s\up6(→))|的最大值为圆心C(1，2)到D(2，－3)的距离d与半径r的和，
又d＝eq \r(1＋25)＝eq \r(26)，∴d＋r＝eq \r(26)＋2，
∴2|eq \(PD,\s\up6(→))|的最大值为2eq \r(26)＋4，
即|eq \(PA,\s\up6(→))＋eq \(PB,\s\up6(→))|的最大值为2eq \r(26)＋4.
热点三 直线、圆的位置关系
1.直线与圆的位置关系：相交、相切和相离.
判断方法：
(1)点线距离法(几何法)；
(2)判别式法(代数法).
2.圆与圆的位置关系，即内含、内切、相交、外切、外离.
考向1 直线与圆的位置关系
例3 (1)(2022·抚顺一模)经过直线y＝2x＋1上的点作圆x2＋y2－4x＋3＝0的切线，则切线长的最小值为( )
A.2 B.eq \r(5) C.eq \r(5)＋1 D.1
(2)(2022·菏泽一模)已知两条直线l1：2x－3y＋2＝0，l2：3x－2y＋3＝0，有一动圆(圆心和半径都在变动)与l1，l2相交，并且l1，l2被截在圆内的两条线段的长度分别是定值26，24，则动圆圆心的轨迹方程为( )
A.(y－1)2－x2＝65 B.x2－(y－1)2＝65
C.y2－(x＋1)2＝65 D.(x＋1)2－y2＝65
答案 (1)A (2)D
解析 (1)在直线y＝2x＋1上任取一点P(x0，y0)作圆x2＋y2－4x＋3＝0的切线，设切点为A，圆x2＋y2－4x＋3＝0的圆心为C(2，0)，半径r＝1，切线长为eq \r(PC2－r2)＝eq \r(PC2－1)，PCmin＝eq \f(|2×2＋1|,\r(22＋（－1）2))＝eq \r(5)，
所以切线长的最小值为eq \r(（\r(5)）2－1)＝2.
(2)设动圆圆心P(x，y)，半径为r，则P到l1的距离d1＝eq \f(|2x－3y＋2|,\r(13))，P到l2的距离d2＝eq \f(|3x－2y＋3|,\r(13))，
因为l1，l2被截在圆内的两条线段长度分别是定值26，24，
∴2eq \r(r2－deq \\al(2,1))＝26，2eq \r(r2－deq \\al(2,2))＝24，
即r2－deq \\al(2,1)＝169，r2－deq \\al(2,2)＝144.
两式相减得deq \\al(2,2)－deq \\al(2,1)＝25，
将d1＝eq \f(|2x－3y＋2|,\r(13))，d2＝eq \f(|3x－2y＋3|,\r(13))代入后化简可得(x＋1)2－y2＝65.
考向2 圆与圆的位置关系
例4 (2022·临汾一模)已知圆O的直径AB＝4，动点M满足|MA|＝eq \r(5)|MB|，则动点M的轨迹与圆O的公共弦长为________.
答案 eq \f(4\r(5),3)
解析 如图所示，以点O为原点建立平面直角坐标系，所以A(－2，0)，B(2，0)，
设M(x，y)，由|MA|＝eq \r(5)|MB|，
得eq \r(（x＋2）2＋y2)＝eq \r(5)eq \r(（x－2）2＋y2)，
即(x－3)2＋y2＝5，①
又圆O的方程为x2＋y2＝4，②
①－②得两圆的公共弦方程DE为x＝eq \f(4,3)，
故|DF|＝eq \r(22－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(4,3)))\s\up12(2))＝eq \f(2\r(5),3)，
故动点M的轨迹与圆O的公共弦长为
|DE|＝eq \f(4\r(5),3).
规律方法 1.与圆的弦长有关的问题常用几何法，即利用圆的半径r，圆心到直线的距离d，及半弦长eq \f(l,2)，构成直角三角形的三边，利用其关系来处理.
2.两圆相交公共弦的方程可通过两圆方程相减求得，进而在一个圆内，利用垂径定理求公共弦长.
训练3 (1)(2022·西安质检)圆C1：x2＋y2＝1与圆C2：x2＋y2＋k(4x＋3y)－1＝0(k∈R，k≠0)的位置关系为( )
A.相交 B.外离
C.相切 D.无法确定
(2)已知圆C经过点(－1，0)和(1，0)，且与直线y＝x－1只有一个公共点，则圆心C的坐标为( )
A.(0，0) B.(0，1)
C.(0，－1) D.(0，1)或(0，－1)
(3)已知圆C：x2＋y2＋2x－4y＋1＝0，若在圆C中存在弦AB，满足|AB|＝2eq \r(3)，且AB的中点M在直线2x＋y＋k＝0上，则实数k的取值范围是( )
A.[－2eq \r(5)，2eq \r(5)] B.[－5，5]
C.(－eq \r(5)，eq \r(5)) D.[－eq \r(5)，eq \r(5)]
答案 (1)A (2)B (3)D
解析 (1)圆C1：x2＋y2＝1的圆心为C1(0，0)，半径r1＝1，
由x2＋y2＋k(4x＋3y)－1＝0，
得(x＋2k)2＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(y＋\f(3,2)k))eq \s\up12(2)＝1＋eq \f(25,4)k2，
所以圆C2的圆心为C2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－2k，－\f(3,2)k))，
半径r2＝eq \r(1＋\f(25,4)k2)，
所以|C1C2|＝eq \r(4k2＋\f(9,4)k2)＝eq \r(\f(25,4)k2)因为eq \r(\f(25,4)k2)＋1>eq \r(1＋\f(25,4)k2)(k≠0)，
所以eq \r(\f(25,4)k2)>eq \r(1＋\f(25,4)k2)－1，
所以|C1C2|>r2－r1，
所以r2－r1<|C1C2|所以两圆相交.故选A.
(2)由圆C经过点(－1，0)和(1，0)，则圆心一定在y轴上，设圆心为(0，b)，
由圆与直线y＝x－1只有一个公共点，即圆与直线y＝x－1相切.
由圆的半径为r＝eq \r(（0－1）2＋b2)＝eq \r(1＋b2).
所以圆心到直线的距离d＝eq \f(|b＋1|,\r(2))＝eq \r(1＋b2)，
解得b＝1.
故圆心C的坐标为(0，1).
(3)圆C的方程可化为(x＋1)2＋(y－2)2＝4，
又|AB|＝2eq \r(3)，
故圆心到弦AB的距离为eq \r(4－3)＝1，
因此点M在以C(－1，2)为圆心，1为半径的圆上，
又点M在直线2x＋y＋k＝0上，
所以直线2x＋y＋k＝0与圆(x＋1)2＋(y－2)2＝1有公共点，
则eq \f(|－2＋2＋k|,\r(5))≤1，
解得－eq \r(5)≤k≤eq \r(5).
故实数k的取值范围是[－eq \r(5)，eq \r(5)].故选D.
热点四 隐圆问题
在解决某些解析几何问题时，题设条件看似与圆毫无关系，但通过对题目条件的分析、转化后，会发现此问题与圆有关，进而利用圆的性质解题，一般我们称之为隐圆问题.
例5 (2022·济南一模)已知直线kx－y＋2k＝0与直线x＋ky－2＝0相交于点P，点A(4，0)，O为坐标原点，则tan∠OAP的最大值为( )
A.2－eq \r(3) B.eq \f(\r(3),3)
C.1 D.eq \r(3)
答案 B
解析 直线kx－y＋2k＝0恒过定点M(－2，0)，直线x＋ky－2＝0恒过定点N(2，0)，
又易知两直线垂直，故P点轨迹是以(0，0)为圆心，2为半径的圆，除去与x轴的交点，
于是得x2＋y2＝4(x≠±2)，
如图，观察图形可知，射线AP绕点A旋转∠OAP∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))，
当旋转到与圆O：x2＋y2＝4相切时，∠OAP最大，
因为|OA|＝4，AP′为切线，点P′为切点，|OP′|＝2，∠OP′A＝eq \f(π,2)，
则∠OAP′＝eq \f(π,6)，
所以∠OAP最大值为eq \f(π,6)，(tan∠OAP)max＝tan eq \f(π,6)＝eq \f(\r(3),3).
规律方法 确定隐圆的几种方法：
(1)借助圆的定义；(2)借助距离的平方和为常数；(3)借助平面向量的数量积为定值；(4)借助距离比值为常数(eq \f(PA,PB)＝λ，λ>0且λ≠1，动点P的轨迹为阿波罗尼斯圆).
训练4 在平面直角坐标系xOy中，已知圆C：(x－a)2＋(y－a＋2)2＝1，点A(0，2)，若圆C上存在点M，满足|MA|2＋|MO|2＝10，则实数a的取值范围是________.
答案 [0，3]
解析 设M(x，y)，由|MA|2＋|MO|2＝10可得x2＋(y－2)2＋x2＋y2＝10，
即x2＋(y－1)2＝4，
则点M在圆x2＋(y－1)2＝4上，
由题目条件可知点M在圆C：
(x－a)2＋(y－a＋2)2＝1上，
所以两圆相交或相切，
则2－1≤eq \r(（a－0）2＋（a－2－1）2)≤1＋2，
解得0≤a≤3.
一、基本技能练
1.过圆(x＋2)2＋y2＝4的圆心且与直线x＋y＝0垂直的直线方程为( )
A.x＋y－2＝0 B.x－y－2＝0
C.x－y＋2＝0 D.x＋y＋2＝0
答案 C
解析 圆(x＋2)2＋y2＝4的圆心为(－2，0)，与直线x＋y＝0垂直的直线的斜率为1，所以所求直线为y－0＝1×(x＋2)，即x－y＋2＝0，故选C.
2.(2022·无锡质检)“m＝1”是“直线mx＋y＝1与直线x－my＝1互相垂直”的( )
A.充分不必要条件B.必要不充分条件
C.充要条件D.既不充分也不必要条件
答案 A
解析 若m＝1，则直线x＋y＝1和直线x－y＝1互相垂直，充分性成立；
若直线mx＋y＝1与直线x－my＝1互相垂直，则m×1＋1×(－m)＝0，
因为m取任意实数都成立，所以必要性不成立.故选A.
3.设直线l1：x－2y＋1＝0与直线l2：mx＋y＋3＝0的交点为A，P，Q分别为l1，l2上任意两点，点M为PQ的中点，若|AM|＝eq \f(1,2)|PQ|，则m的值为( )
A.2 B.－2
C.3 D.－3
答案 A
解析 根据题意画出图形，如图所示.
直线l1：x－2y＋1＝0与直线l2：mx＋y＋3＝0的交点为A，M为PQ的中点，
若|AM|＝eq \f(1,2)|PQ|，则PA⊥QA，
即l1⊥l2，∴1·m＋(－2)×1＝0，
解得m＝2.
4.(2022·北京门头沟一模)若点M(1，1)为圆C：x2＋y2－4x＝0的弦AB的中点，则直线AB的方程为( )
A.x－y－2＝0 B.x＋y－2＝0
C.x－y＝0 D.x＋y＝0
答案 C
解析 圆C的标准方程为(x－2)2＋y2＝4，
∵(1－2)2＋12<4，
即点M在圆C内，圆心C(2，0)，kMC＝－1，
故MC⊥AB，则kAB＝1，
则直线AB的方程为x－y＝0.
5.(2022·宜宾一诊)已知点A(－eq \r(5)，2)，B(eq \r(5)，6)，以AB为直径的圆C与直线x－y＝0交于M，N两点，则△MNC的面积为( )
A.4eq \r(2) B.3eq \r(2)
C.2eq \r(2) D.eq \r(2)
答案 C
解析 易得|AB|＝2r＝6，即r＝3，
圆心C(0，4)，
则圆心到直线x－y＝0的距离为d＝2eq \r(2)，
则|MN|＝2eq \r(r2－d2)＝2eq \r(32－（2\r(2)）2)＝2，
所以S△MNC＝eq \f(1,2)|MN|·d＝2eq \r(2).
6.(2022·吕梁一模)已知圆C：x2＋y2－4x＝0，过点M(1，1)的直线被圆截得的弦长的最小值为( )
A.eq \r(2) B.2eq \r(2)
C.1 D.2
答案 B
解析 若过点M(1，1)的直线被圆截得的弦长最小，则点M为该弦的中点，
由x2＋y2－4x＝0得(x－2)2＋y2＝4，
所以要使弦长最小，只要圆心到直线的距离即为圆心到定点M(1，1)的距离，
由|CM|＝eq \r(2)，得弦长为2eq \r(4－2)＝2eq \r(2).
7.已知圆C1：(x－2)2＋(y－3)2＝1，圆C2：(x－3)2＋(y－4)2＝9，M，N分别是圆C1，圆C2上的动点，P为x轴上的动点，则|PM|＋|PN|的最小值为( )
A.5eq \r(2)－4 B.eq \r(17)－1
C.6－2eq \r(2) D.eq \r(17)
答案 A
解析 设圆C1关于x轴的对称圆的圆心为A(2，－3)，半径为1，
圆C2的圆心坐标为(3，4)，半径为3，
则|PM|＋|PN|的最小值即为圆A与圆C2的圆心距减去两个圆的半径，
即eq \r(（3－2）2＋（4＋3）2)－1－3＝5eq \r(2)－4.
故选A.
8.在平面直角坐标系xOy中，圆C的方程为x2＋y2－4x＝0.若直线y＝k(x＋1)上存在一点P，使过点P所作的圆的两条切线相互垂直，则实数k的值不可能为( )
A.－1 B.0
C.2 D.3
答案 D
解析 由x2＋y2－4x＝0，得(x－2)2＋y2＝4，则圆心为C(2，0)，半径r＝2，
过点P所作的圆的两条切线相互垂直，设两切点分别为A，B，
连接AC，BC，则四边形PACB为正方形，
即PC＝eq \r(2)r＝2eq \r(2)，
圆心到直线的距离d＝eq \f(|2k－0＋k|,\r(1＋k2))≤2eq \r(2)，
即－2eq \r(2)≤k≤2eq \r(2)，
所以实数k的取值不可能为3.
9.已知P(x，y)为圆(x－1)2＋(y－eq \r(3))2＝1上的一个动点，点P到直线x＋y＝0的距离为|PM|，则eq \f(|PM|,|OP|)的最小值为( )
A.eq \f(1,2) B.eq \f(\r(2),2)
C.eq \f(\r(3),2) D.eq \f(\r(6)＋\r(2),2)
答案 B
解析 易得eq \f(|PM|,|OP|)＝sin∠POM，要使eq \f(|PM|,|OP|)最小，则∠POM最小，
则需过原点的直线OP与圆相切，
即P(0，eq \r(3))，
所以eq \f(|PM|,|OP|)的最小值为eq \f(\r(2),2).
10.(2022·成都诊断)我国魏晋时期的数学家刘徽创立了割圆术，也就是用圆的内接正多边形去逐步逼近圆，圆内接正多边形边数无限增加时，其周长就越逼近圆周长.这种用极限思想解决数学问题的方法是数学史上的一项重大成就.现作出圆x2＋y2＝2的一个内接正八边形，使该正八边形的其中4个顶点在坐标轴上，则下列4条直线中不是该正八边形的一条边所在直线的为( )
A.x＋(eq \r(2)－1)y－eq \r(2)＝0B.(1－eq \r(2))x－y＋eq \r(2)＝0
C.x－(eq \r(2)＋1)y＋eq \r(2)＝0D.(eq \r(2)－1)x－y＋eq \r(2)＝0
答案 C
解析 如图所示，可知A(eq \r(2)，0)，B(1，1)，C(0，eq \r(2))，D(－1，1)，
所以直线AB，BC，CD的方程分别为
y＝eq \f(1－0,1－\r(2))(x－eq \r(2))，y＝(1－eq \r(2))x＋eq \r(2)，
y＝(eq \r(2)－1)x＋eq \r(2).
整理为一般式，
即x＋(eq \r(2)－1)y－eq \r(2)＝0，(1－eq \r(2))x－y＋eq \r(2)＝0，(eq \r(2)－1)x－y＋eq \r(2)＝0，分别对应题中的ABD选项，故选C.
11.已知直线l1：y＝(2a2－1)x－2与直线l2：y＝7x＋a平行，则a＝________.
答案 2
解析 ∵两直线平行，
∴eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(2a2－1＝7，,a≠－2，))解得a＝2.
12.(2022·石家庄模拟)古希腊数学家阿波罗尼奥斯(约公元前262－公元前190)的著作《圆锥曲线论》是古代世界光辉的科学成果.著作中有这样一个命题：平面内到两个定点距离的比为常数k(k>0，k≠1)的点的轨迹是圆.后人将这个圆称为阿波罗尼斯圆.已知在平面直角坐标系xOy中，O(0，0)，A(3，0)，圆C：(x－2)2＋y2＝r2(r>0)上有且仅有一个点P满足|PA|＝2|PO|，则r的值为________.
答案 1或5
解析 设点P(x，y)，由|PA|＝2|PO|，得(x－3)2＋y2＝4x2＋4y2，
整理得(x＋1)2＋y2＝4，
又圆C上有且仅有一点满足|PA|＝2|PO|，
所以两圆相切.
圆(x＋1)2＋y2＝4的圆心坐标为(－1，0)，半径为2，圆C：(x－2)2＋y2＝r2(r>0)的圆心坐标为(2，0)，半径为r，两圆的圆心距为3，当两圆外切时，r＋2＝3，得r＝1；
当两圆内切时，|r－2|＝3，由r>0，
得r＝5.
故满足题意的r的值为1或5.
二、创新拓展练
13.(2022·贵阳检测)已知圆C：(x－3)2＋(y－4)2＝1和两点A(－m，0)，B(m，0)(m>0)，若圆C上存在点P，使得∠APB＝90°，则m的最大值为( )
A.4 B.5
C.6 D.7
答案 C
解析 圆C：(x－3)2＋(y－4)2＝1的圆心为C(3，4)，半径r＝1，
设P(a，b)在圆C上，
则eq \(AP,\s\up6(→))＝(a＋m，b)，eq \(BP,\s\up6(→))＝(a－m，b)，
若∠APB＝90°，则eq \(AP,\s\up6(→))⊥eq \(BP,\s\up6(→))，
所以eq \(AP,\s\up6(→))·eq \(BP,\s\up6(→))＝(a＋m)(a－m)＋b2＝0，
所以m2＝a2＋b2＝|OP|2(O为坐标原点)，
所以m的最大值为|OP|的最大值，
等于|OC|＋r＝5＋1＝6，故选C.
14.(2022·盐城调研)已知圆M：(x－4)2＋(y－6)2＝16，点A，B在圆上，且圆M的割线AB过x轴上的点P(x0，0)，使得|PA|＝|AB|，则x0的取值范围是( )
A.[－6eq \r(2)，6eq \r(2)]B.[－6eq \r(3)，6eq \r(3)]
C.[4－6eq \r(2)，4＋6eq \r(2)]D.[4－6eq \r(3)，4＋6eq \r(3)]
答案 D
解析 由题意得圆M的圆心坐标为M(4，6)，半径r＝4，如图所示，连接PM并延长，交圆M于点C，D，连接AD，BC，易知△PCB∽△PAD，
则|PA|·|PB|＝|PC|·|PD|＝(|PM|＋r)(|PM|－r)＝|PM|2－r2＝|PM|2－16，
因为|PA|＝|AB|，
所以|PB|＝2|AB|，
又|PM|2＝(x0－4)2＋62＝(x0－4)2＋36，
所以|PA|·|PB|＝2|AB|2＝(x0－4)2＋36－16＝(x0－4)2＋20，
又|AB|≤2r＝8，
所以(x0－4)2＋20≤128，
解得－6eq \r(3)＋4≤x0≤6eq \r(3)＋4，故选D.
15.过点M(0，－4)作直线l与圆C：x2＋y2＋2x－6y＋6＝0相切于A，B两点，则直线AB的方程为________.
答案 x－7y＋18＝0
解析 圆C的标准方程为(x＋1)2＋(y－3)2＝4，圆心为C(－1，3)，半径为2，
由圆的切线的性质可得MA⊥AC，
则|MA|＝eq \r(|MC|2－22)＝eq \r(（－1－0）2＋（3＋4）2－22)＝eq \r(46)，
所以以点M为圆心、以|MA|为半径的圆M的方程为x2＋(y＋4)2＝46，
将圆M的方程与圆C的方程作差并化简可得x－7y＋18＝0.
因此直线AB的方程为x－7y＋18＝0.
16.(2022·苏州调研)某中学开展劳动实践活动，学生加工制作零件，零件的截面如图(单位：cm)所示，四边形AFED为矩形，弧BC为圆O的一段弧(点O未标出)，B是弧BC与直线AB的切点，C是弧BC与直线CD的切点，直线EF与圆O相切.已知tan α＝eq \f(4,3)，tan β＝eq \f(3,4)，则该零件的截面的周长为________cm.(结果保留π)
答案 84＋6π
解析 以A为原点，eq \(AD,\s\up6(→))的方向为x轴正方向，eq \(AF,\s\up6(→))的方向为y轴正方向建立平面直角坐标系，则直线AB的方程为4x＋3y＝0，直线CD的方程为3x－4y－105＝0，直线EF的方程为y＝12.
设圆O的圆心为(a，b)，半径为r cm，
由题意得r＝eq \f(|4a＋3b|,\r(42＋32))＝eq \f(|3a－4b－105|,\r(32＋（－4）2))＝|12－b|，
解得a＝15，b＝0，r＝12或a＝27，b＝84，r＝72(不符合题意，舍去)，
即O(15，0)，|OB|＝|OC|＝r＝12，
所以|AB|＝eq \f(|OB|,tan α)＝9，
|CD|＝eq \f(|OC|,tan β)＝16，
易知∠BOC＝eq \f(π,2)，
所以该零件的截面的周长为35＋12×2＋9＋16＋eq \f(2π×12,4)＝84＋6π(cm).